【附】为方便有需要者编辑，特附纯文本如后。另外，文末提供有PPT照片版。
【代数6-1】有n个小球，将它们任意分成两堆，求出这两堆小球“球数”的乘积，再将其中一堆任意分成两堆，求出这两堆小球球数的乘积，如此下去，每次都任选一堆，将这堆任意分成两堆，求出这两堆球数的乘积，直到不能再分为止。求证：无论怎样分堆，所有乘积的和不变。
【题感】本题给出了一种操作，并对每个操作定义了一个“特征值”。
但它与通常的操作问题不同：并不是问某个目标是否能实现，而是证明，无论怎么操作（可选性操作），操作结束时所有特征值的总和不变。
这相当于证明一个“不变量”（相对于“从开始到结束” 的整体过程中各种可能的操作方式而言，而不是相对于“同一种操作方式”的每次操作而言）。
为了证明这个不变量，需要穷举“从开始到结束” 的所有可能的操作方式（全范围命题），这是难以做到的！是因小球的个数n不是具体值，无法穷举各种操作。
由此想到，先研究特例：取n为一些具体的简单值，为“穷举”创造机会。尽管“穷举”方式不适用一般问题，但“穷举”特例中的操作，可以发现某种规律，找到总和“不变”的原因。
为了叙述方便，我们引入一些定义与记号。
【引入定义】如果将一堆小球分成两堆，称这两堆小球个数的乘积为这次操作的“特征值”。（并非是状态的特征值）
记操作结束时（各堆小球数都为1），所有“特征值”的和为S。
【研究特例1】当n=2时，分拆方式是唯一的：每堆一个球，所以S=1。
【研究特例2】当n=3时，分拆方式本质上也是唯一的：
第一次分拆，将球分成1和2的两部分，对应的特征值为2。
第二次分拆，只能将球数为2的堆分成1和1的两部分，对应的特征值为1。
于是，S=2+1=3。
现在还没有出现不同的操作方式，需要继续研究特例。
【研究特例3】当n=4时，分拆有2种方式。
第一种方式：第一次分拆，将球分成1和3的两部分，对应的特征值为3。
第二次分拆，将球数为3的堆分成1和2的两部分，对应的特征值为2。
第三次分拆，将球数为2的堆分成1和1的两部分，对应的特征值为1。
于是，S=3+2+1=6。
为了发现规律，我们引入记号描述上述分拆过程。最常见的记号，是采用数组来描述状态。
【引入记号】用（a1，a2，…，at）表示有t堆小球，球数分别为a1，a2，…，at的状态。假定一次操作，是将状态（a1，a2，…，at）中球数为ai的堆分成球数为bi、ci的两堆，则操作可以表示为（a1，a2，…，ai-1，ai，ai+1，…，at）→（a1，a2，…，ai-1，bi，ci，ai+1，…，at）。
这次操作产生的特征值为bici，记为（a1，a2，…，ai-1，bi，ci，ai+1，…，at）=bici。
这样，上述各个操作可以表示为
第一种操作方式：（4）=0 →（1，3）=3→（1，1，2）=2 →（1，1，1，1）=1。
于是，S=3+2+1=6。
现在，我们考察4个球的另一种方式，期望能总结共同规律。
前面的操作方式，由第一次操作完全确定，要找另一种操作，需要第一次操作与前者不同。这样，不难发现另一种操作方式如下：
第二种操作方式：（4）=0 →（2，2）=4→（1，1，2）=1 →（1，1，1，1）=1。
于是，S=4+1+1=6。
现在来分析两种情形中“S”相同的原因。这可从“结果”与“过程”两个方面进行分析。
先看“结果”能否用序号“n”表示。
当n=4时，S=6，我们需要将6用序号“4”表示。
为此，将6分解为2×3，为了出现“4”，将因子“2”强行改为“4”，然后除以2，得到S=
。
现在看看前面n=2、3的情形，能否也用这种形式表示。
当n=3时，S=3。为了“同构”表示，先“凑”分母“2”，便得到S=
。
类似地，当n=2时，S=1。同样“凑”分母“2”，得到S=
。
由此猜想，对一般情形，有S=
=
。
如果能证明这一猜想，则题中的结论将不证自明（
与操作方式无关）。
再从操作过程看，希望能发掘使S=
的原因。
注意“
”有其实际意义：它表示n元集的所有2元子集的个数。“2元子集”可简称为“对子”，而“对子”又可直观地表示为线段或“边”。
由此发现图论背景，其中关键是，每次操作的特征值如何用边描述：恰好是两堆棋子构成的完全“二部分图”的边数。
【图论背景】将小球用点表示，而一次操作，将球数为ai的堆分成球数为bi、ci的两堆，则对应的特征值为bici，用“对子”（边）来刻画，特征值bici恰好是bi、ci两堆棋子构成的完全“二部分图”之间的边数（bi个小球中取一个，与ci个小球中取一个连边，同一堆中小球不连边）。
于是，我们将题给的操作扩展如下（增加操作的内容，然后用图描述）：
【操作的直观“边”描述】每次操作将某一堆小球分成两堆，则将分别位于这两堆小球中的每两个小球都连边（同一堆中的小球不连边），则这两堆小球数的乘积，就是这两堆小球之间的边数。
现在，从“边”的角度，考察n=4时两种操作过程中“特征值”的总和的变化情况。
先看第一种操作序列：
（4）=0 →（1，3）=3→（1，1，2）=2 →（1，1，1，1）=1。
用边数描述其特征值，作出相应的图形如下（其中蓝边是原有的边，继续保留；红边是新操作增加的边）：
由图可知，每次操作，使小球的“堆数”增加1，而边数的变化，恰好是在新分拆成的两堆小球之间增加边。
对于第二种操作序列：
（4）=0 →（2，2）=4→（1，1，2）=1 →（1，1，1，1）=1。
同样作出相应的图形如下：
发现其规律完全一致。
由此拓广，即可得出相应结论。
【归纳通式】对小于n的正整数k，第k次操作后，得到的图是k+1部分完全图。
证明：对k归纳。
当k=1时，假定将n个小球分成的两堆球数分别为a、b，则球数的乘积为ab。
根据构图规则，分别位于这两堆小球中的每两个小球都连边，得到二部分完全图，结论成立。
设结论对正整数k-1成立，其对应的k部分完全图为（a1，a2，…，ak），其中ai为第i部分中点的个数。
考虑第k次操作，假定它将球数为ai的堆分成球数为bi、ci的两堆，则对应的球数乘积为bici。
根据构图规则，分别位于这两堆小球中的每两个小球都连边，增加bici条边，其它部分之间的边保持不变。
考察图中的任何两个点，当它们属于同一部分时，由于新产生的同一部分中的点不连边，结合归纳假设，这两点没有连边。
当它们属于两个不同部分时，如果这两个部分都是新产生的部分，根据构图规则，它们之间连边。如果这两个部分至少有一个不是新产生的部分，则根据归纳假设，它们之间连边。
于是，得到的图是k+1部分完全图，结论成立。
取k=n-1，则n-1次操作后，得到的图是n部分完全图，每个部分恰有一个点，此时的边数Sn=
。命题获证。
【新写】用点表示小球。每次操作将某一堆小球分成两堆，则将分别位于这两堆小球中的每两个小球都连边（同一堆中的小球不连边），则这两堆小球数的乘积，就是这两堆小球之间的边数。
我们证明，对任何正整数k（k≤n-1），第k次操作后，对应的图形是k+1部分完全图。
证明：对k归纳。当k=1时，假定将n个小球分成的两堆球数分别为a、b，则球数的乘积为ab。根据构图规则，得到二部分完全图，边数为ab，结论成立。
设结论对正整数k-1成立，其对应的k部分完全图为（a1，a2，…，ak），其中ai为第i部分中点的个数。
考虑第k次操作，假定它将球数为ai的堆分成球数为bi、ci的两堆，则对应的球数乘积为bici。
根据构图规则，分别位于这两堆小球中的每两个小球都连边，增加bici条边，其它部分之间的边保持不变。于是，得到的图是k+1部分完全图，结论成立。
取k=n-1，则n-1次操作后，得到的图是n部分完全图，每个部分恰有一个点，此时的边数Sn=
。命题获证。
